Bernoulli- und Binomialverteil < Wahrscheinlichkeitstheorie < Stochastik < Hochschule < Mathe < Vorhilfe
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Hallo Matheraum,
Ich habe eine Frage bezüglich der Bernoulli-Verteilung.
Wir führen ein Bernoulli-Experiment der Länge n mit Erfolgswahrscheinlichkeit p durch.
[mm] p\in[0,1] [/mm] Erfolg, sonst Misserfolg
W'raum: [mm] (\Omega,q) [/mm] mit [mm] \Omega=\{0,1\}^n
[/mm]
[mm] q(\omega)=p^{\summe_{i=1}^{n}\omega_i}(1-p)^{\summe_{i=1}^{n}\omega_i}
[/mm]
Was heißt das nun genau?
Mein eigenes Beispiel:
Sagen wir ich will ein Spiel der Länge 2 spielen.
[mm] \Omega=\{0,1\}^2=\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}
[/mm]
Was gilt nun genau für meine Einzelwahrscheinlichkeiten [mm] q(\omega) [/mm] und was soll das genau sein?
[mm] \omega=(\omega_1,\omega_2)\in\Omega [/mm] ein Vektor ?
Eigentlich müsste doch nach Definition [mm] \omega=(\omega_1,...\omega_4) [/mm] oder? und [mm] omega_1=(0,0) [/mm] usw.. siehe [mm] \Omega
[/mm]
Aber aufsummiert egibt das dann nicht mehr 1..
Was wären denn meine [mm] \omega_1,\omega_2 [/mm] usw hier?
[mm] \summe_{i=1}^{n}\omega_i [/mm] wäre dann die Anzahl der Einsen, oder?
Wie genau kann ich das verstehen?
Dann steht in meinem Skript noch:
Die Bernoulli-Verteilung ist ein Spezialfall der Binomialverteilung für n=1.
Das heißt doch, dass man bei der Bernoulli-Verteilung ein Spiel der Länger 1 hat und sich anguckt was für k=1 und k=0 passiert?
n=1 ->>>>
[mm] B_{1,p}(k)=\vektor{1 \\ k}p^k(1-p)^{1-k} [/mm] hier kann k nur 1 oder 0 sein also gilt [mm] B_{1,p}(k)=p^k(1-p)^{1-k}
[/mm]
[mm] q(\omega)=p^{\omega_1}(1-p)^{1-\omega_1}
[/mm]
Bei Bernoulli erhalte ich dann [mm] omega_1=k [/mm] und kann mein k wählen wie ich will, also k=0 oder k=1.
Aber [mm] \omega [/mm] ist doch ein Vektor, was genau setze ich dort ein?
Also nochmal meine Hauptfragen:
Was genau rechnet die Bernoulliverteilung aus?
Wie genau erhalte ich durch z.B. [mm] \omega=\{0,1\}^2 [/mm] meine [mm] \omega_1,..,\omega_n [/mm] sodass die Summe 1 ergibt?
Danke im Vorraus
Lg, Björn
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Hallo,
> Hallo Matheraum,
>
> Ich habe eine Frage bezüglich der Bernoulli-Verteilung.
>
> Wir führen ein Bernoulli-Experiment der Länge n mit
> Erfolgswahrscheinlichkeit p durch.
>
> [mm]p\in[0,1][/mm] Erfolg, sonst Misserfolg
>
> W'raum: [mm](\Omega,q)[/mm] mit [mm]\Omega=\{0,1\}^n[/mm]
>
> [mm]q(\omega)=p^{\summe_{i=1}^{n}\omega_i}(1-p)^{\summe_{i=1}^{n}\omega_i}[/mm]
>
> Was heißt das nun genau?
>
Das bedeutet letztendlich, dass die Wahrscheinlichkeit für genau k Treffer in einer ganz bestimmten Reihenfolge gegeben ist durch das Produkt
[mm] p^k*(1-p)^{n-k}
[/mm]
> Mein eigenes Beispiel:
>
> Sagen wir ich will ein Spiel der Länge 2 spielen.
> [mm]\Omega=\{0,1\}^2=\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}[/mm]
>
> Was gilt nun genau für meine Einzelwahrscheinlichkeiten
> [mm]q(\omega)[/mm] und was soll das genau sein?
Da müsstest du erst einmal irgendein Ereignis formulieren.
>
> [mm]\omega=(\omega_1,\omega_2)\in\Omega[/mm] ein Vektor ?
[mm] \omega [/mm] ist doch das Symbol für ein Elementarereignis? Demnach müsste es ein Zahlentupel der Länge n sein, bestehend aus Nullen und Einsen, eben genau aus den Ausgängen deiner Bernoullikette.
> Eigentlich müsste doch nach Definition
> [mm]\omega=(\omega_1,...\omega_4)[/mm] oder? und [mm]omega_1=(0,0)[/mm] usw..
> siehe [mm]\Omega[/mm]
Ja, so sehe ich das auch.
>
> Aber aufsummiert egibt das dann nicht mehr 1..
> Was wären denn meine [mm]\omega_1,\omega_2[/mm] usw hier?
>
> [mm]\summe_{i=1}^{n}\omega_i[/mm] wäre dann die Anzahl der Einsen,
> oder?
>
Ich sag jetzt mal meine Meinung als Hobby-Mathematiker dazu: das ist nach dem Motto warum einfach, wenn es auch umständlich geht formuliert. Sofern du es vollständig wiedergegeben hast, sollen offensichtlich nur die 'passenden' Elemente des Tupels zu einem Exponenten aufsummiert werden, so dass eben der von mir angebene und dir sicherlich auch bekannte Term herauskommt. Mit der üblichen Potenzrechgnung ist eure Schreibweise damit dann eher nicht verträglich (und den Gewinn für die W-Theorie kann ich an dieser Stelle auch nicht erkennen.  ).
> Wie genau kann ich das verstehen?
>
> Dann steht in meinem Skript noch:
>
> Die Bernoulli-Verteilung ist ein Spezialfall der
> Binomialverteilung für n=1.
Na ja, mit der gleichen Logik etwa, dass man eine einzige lineare Gleichung manchmal auch als LGS auffasst. Aber das ist schon ein wenig spitzfindig. 
> Das heißt doch, dass man bei der Bernoulli-Verteilung ein
> Spiel der Länger 1 hat und sich anguckt was für k=1 und
> k=0 passiert?
>
> n=1 ->>>>
> [mm]B_{1,p}(k)=\vektor{1 \\ k}p^k(1-p)^{1-k}[/mm] hier kann k nur 1
> oder 0 sein also gilt [mm]B_{1,p}(k)=p^k(1-p)^{1-k}[/mm]
> [mm]q(\omega)=p^{\omega_1}(1-p)^{1-\omega_1}[/mm]
>
> Bei Bernoulli erhalte ich dann [mm]omega_1=k[/mm] und kann mein k
> wählen wie ich will, also k=0 oder k=1.
>
> Aber [mm]\omega[/mm] ist doch ein Vektor, was genau setze ich dort
> ein?
Du musst zwischen [mm] \omega [/mm] (dem kompletten Elementarereignis) und [mm] \omega_1 [/mm] (offensichtlich die Anzahl der Treffer) unterscheiden.
>
> Also nochmal meine Hauptfragen:
>
> Was genau rechnet die Bernoulliverteilung aus?
> Wie genau erhalte ich durch z.B. [mm]\omega=\{0,1\}^2[/mm] meine
> [mm]\omega_1,..,\omega_n[/mm] sodass die Summe 1 ergibt?
Du hast es oben richtig dastehen.
Gruß, Diophant
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Hallo und danke für deine Antwort, allerdings habe ich noch ein paar Fragen.
> >
> > Wir führen ein Bernoulli-Experiment der Länge n mit
> > Erfolgswahrscheinlichkeit p durch.
> >
> > [mm]p\in[0,1][/mm] Erfolg, sonst Misserfolg
> >
> > W'raum: [mm](\Omega,q)[/mm] mit [mm]\Omega=\{0,1\}^n[/mm]
> >
> >
> [mm]q(\omega)=p^{\summe_{i=1}^{n}\omega_i}(1-p)^{\summe_{i=1}^{n}\omega_i}[/mm]
> >
> > Was heißt das nun genau?
> >
>
> Das bedeutet letztendlich, dass die Wahrscheinlichkeit für
> genau k Treffer in einer ganz bestimmten Reihenfolge
> gegeben ist durch das Produkt
>
> [mm]p^k*(1-p)^{n-k}[/mm]
Also steht dort: Erfolg*(nicht Erfolg)?
Was soll das Ergebnis sein?
Mein eigenes Beispiel:
Sagen wir ich will ein Spiel der Länge 2 spielen.
[mm] \Omega=\{0,1\}^2=\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\}
[/mm]
Ereignis A=genau eine 6 würfeln
also [mm] A=\{(0,1),(1,0)\}\subset\Omega
[/mm]
Nach Definition muss folgendes gelten:
[mm] \summe_{\omega\in\Omega}\omega_i=1
[/mm]
Wie kann das sein? Wie geht das nun genau?
Omega ist unser Ereignisraum.
Ereignisse sind doch Teilmenge von Omega, siehe A.
Elementarereignisse sind doch die Elemente von [mm] \omega, [/mm] also [mm] \omega\omega_1,...\omega_n [/mm] hier [mm] \omega=\omega_1,\omega_2
[/mm]
Was ist dann ganz [mm] \omega=\omega_1,\omega_2 [/mm] ? Ist das die komplette Aussage A?
Danke Dir
Lg, Björn
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(Antwort) fertig  | | Datum: | 08:44 Di 14.01.2014 | | Autor: | luis52 |
Moin Björn,
nehmen wir dein Beispiel $ [mm] \Omega=\{0,1\}^2=\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\} [/mm] $.
Fuer [mm] $\omega\in\Omega$ [/mm] schreibe [mm] $\omega=(x_1,x_2)$. [/mm] Setzt man [mm] $P(\{\omega\})=p^{\sum x_i}(1-p)^{2-\sum x_i}$, [/mm] so ist
[mm] $\sum_{\omega\in\Omega}P(\{\omega\})=1$.
[/mm]
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Hallo luis und danke für deine Antwort!
> Moin Björn,
>
> nehmen wir dein Beispiel
> [mm]\Omega=\{0,1\}^2=\{(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)\} [/mm].
> Fuer [mm]\omega\in\Omega[/mm] schreibe [mm]\omega=(x_1,x_2)[/mm].
Wenn mein Ereignis A="Genau eine 6 würfeln".
[mm] A=\{(0,1),(1,0)\}\subset\Omega
[/mm]
[mm] \omega=(x_1,x_2)
[/mm]
[mm] \omega_1=x_1=(0,1) [/mm] bzw. [mm] \omega_2=x_2=(1,0) [/mm] ?
> Setzt man
> [mm]P(\{\omega\})=p^{\sum x_i}(1-p)^{2-\sum x_i}[/mm], so ist
Was ist dann [mm] x_1+x_2?
[/mm]
>
> [mm]\sum_{\omega\in\Omega}P(\{\omega\})=1[/mm].
>
>
Lg, Björn
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:34 Di 14.01.2014 | | Autor: | luis52 |
So darfst das nicht schreiben, sondern vielleicht so: Sei [mm] $A=\{(0,1),(1,0)\}=\{\omega_1,\omega_2\}$ [/mm] mit [mm] $\omega_i=(x_{i1},x_{i2})$. [/mm] Dann ist
[mm] \begin{matrix}
P(A)&=&P(\{\omega_1\})+P(\{\omega_2\}) \\
&=&p^{x_{11}+x_{12}}(1-p)^{2-x_{11}-x_{12}}+p^{x_{21}+x_{22}}(1-p)^{2-x_{21}-x_{22}} \\
&=&p(1-p)+p(1-p) \\
&=&2p(1-p),
\end{matrix}
[/mm]
wie sich das gehoert.
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Danke für die schnelle Antwort!
Leider verstehe ich das noch immer nicht.
Vielleicht wird mir das auch erst im nächsten Kapitel klarer?
> So darfst das nicht schreiben, sondern vielleicht so: Sei
> [mm]A=\{(0,1),(1,0)\}=\{\omega_1,\omega_2\}[/mm] mit
> [mm]\omega_i=(x_{i1},x_{i2})[/mm]. Dann ist
>
Meinst du hier nicht: [mm] \omega_i=(x_{1i},x_{2i}) [/mm] ?
>
> [mm]\begin{matrix}
P(A)&=&P(\{\omega_1\})+P(\{\omega_2\}) \\
&=&p^{x_{11}+x_{12}}(1-p)^{2-x_{11}-x_{12}}+p^{x_{21}+x_{22}}(1-p)^{2-x_{21}-x_{22}} \\
&=&p(1-p)+p(1-p) \\
&=&2p(1-p),
\end{matrix}[/mm]
Ich verstehe leider noch immer nicht, was bei [mm] x_{11}+x_{12} [/mm] gerechnet wird.
[mm] \summe_{i=1}^{n}\omega_i [/mm] gibt mir doch die Anzahl der Einsen vom Vektor [mm] \omega
[/mm]
[mm] 1-\summe_{i=1}^{n}\omega_i [/mm] dann die Anzahl der Nullen vom Vektor [mm] \omega
[/mm]
Oder irre ich mich?
Tut mir leid, dass ich mich so schwer tuh...
Ich verstehe auch noch nicht, wieso dann [mm] \summe_{\omega\in\Omega}p(\omega)=1 [/mm] gilt
lg, björn
>
> wie sich das gehoert.
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Ich pushe mal hier
Ich will wirklich nur an einem Beispiel die Bernoulli-Verteilung verstehen.
Lg, Björn
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 17:49 Fr 17.01.2014 | | Autor: | Fry |
Hallo :),
also ich überblicke gerade nicht den Stand der Dinge, deswegen nochmal von vorne:
1. Ein Bernoulli-Experiment ist ein Zufallsexperiment mit 2 Ausgängen, die man üblicherweise mit "Erfolg" bzw "1" und
"Misserfolg" bzw "0" codiert. Die Erfolgwkeit sei p. Man kann sich also vorstellen, man wirft 1-mal eine Münze, die Wkeit p "1" und mit Wkeit 1-p "0" zeigt.
Dementsprechend ist der W-Raum [mm](\Omega,P)[/mm] [mm]\Omega=\{0,1\}[/mm] und [mm]P(\{0\})=p[/mm] und [mm]P(\{1\})=1-p[/mm]
2. Wiederholt man dieses Experiment n-mal unabhängig voneinander, so liegt ein Bernoulli-Experiment der Länge n vor
und jedes Ergebnis [mm] \omega [/mm] ist ein n-Tupel [mm] \omega=(\omega_1,...,\omega_n)[/mm]
wobei [mm]\omega_i[/mm] das Ergebnis des i-ten Teilexperiments/ der i-ten Stufe angibt.
[mm]%20ist%20ein%20n-Tupel%20[/mm][mm]%5Comega%3D(%5Comega_1%2C%5Comega_2%2C...%2C%5Comega_n)[/mm][mm]\Omega=\{0,1\}^n:=\{(\omega_1,...,\omega_n),\omega_i\in\{0,1\}[/mm] für [mm]i\in\{1,...,n\}\}[/mm] und [mm]
mit [/mm] [mm]P(\{\omega\})=p^{\sum_{i=1}^{n}\omega_i}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^{n}\omega_i}[/mm] für [mm]\omega\in\Omega[/mm]
[mm]%250A%250AWie%2520du%2520schon%2520sagst%252C%2520gibt%2520dann%2520[/mm] [mm]\sum_{i=1}^{n}\omega_i[/mm] die Anzahl der Einsen an.
3. Die Binomialverteilung bezieht sich auf dieses Experiment. Allerdings interessiert man sich gar nicht mehr genau dafür, wann genau ne 1 oder 0 kommt, sondern fragt nur nach der Anzahl der Einsen. Daraus ergibt sich quasi der folgende reduzierte W-Raum
[mm]\Omega=\{0,...,n\}[/mm] und [mm]P(\{k\})=[/mm][mm] \vektor{n \\ k}p^k(1-p)^{n-k}[/mm] mit [mm]k\in\{0,...,n\}[/mm]
Hier sieht man, dass man für n=1 die Bernoulliverteilung erhält.
4.Zum Beweis, dass P aus (2) eine W-Verteilung ist:
[mm]\sum_{\omega\in\Omega}P(\{\omega\})=\sum_{k\in\{0,...,n\}}\sum_{\omega\in\Omega: \sum_{i=1}^{n}\omega_i=k}p^{\sum_{i=1}^{n}\omega_i}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^{n}\omega_i}=\sum_{k\in\{0,...,n\}}\sum_{\omega\in\Omega: \sum_{i=1}^{n}\omega_i=k}p^{k}(1-p)^{n-k}=\sum_{k\in\{0,...,n\}}|\{\omega\in\Omega: \sum_{i=1}^{n}\omega_i=k}\}|p^{k}(1-p)^{n-k}=\sum_{k\in\{0,...,n\}} \vektor{n \\ k}p^{k}(1-p)^{n-k}=(p+1-p)^n=1[/mm]
Wobei die vorletzte Gleichung auf dem Binomischen Lehrsatz beruht
LG
Fry
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Hallo Fry :),
erstmal dein dickes Dankeschön für deine ausführliche Antwort!
> Hallo :),
>
> also ich überblicke gerade nicht den Stand der Dinge,
> deswegen nochmal von vorne:
>
> 1. Ein Bernoulli-Experiment ist ein Zufallsexperiment mit 2
> Ausgängen, die man üblicherweise mit "Erfolg" bzw "1"
> und
> "Misserfolg" bzw "0" codiert. Die Erfolgwkeit sei p. Man
> kann sich also vorstellen, man wirft 1-mal eine Münze, die
> Wkeit p "1" und mit Wkeit 1-p "0" zeigt.
Bis hierhin ist es Definition und mir durchaus klar.
Es geht mir darum, dass ich die Beispiele dazu nicht verstehe.
Siehe unten.
> Dementsprechend ist der W-Raum [mm](\Omega,P)[/mm] [mm]\Omega=\{0,1\}[/mm]
> und [mm]P(\{0\})=p[/mm] und [mm]P(\{1\})=1-p[/mm]
Anderes Beispiel: Würfel 1 mal. Eine 6 oder nicht.
[mm] \Omega=\{0,1\}
[/mm]
[mm] \omega=(\omega_1,...,\omega_n) [/mm] ist in diesem Fall: [mm] \omega=\omega_1
[/mm]
[mm] q(\omega)=p^{\omega_1}(1-p)^{1-\omega_1}
[/mm]
Was genau ist mein [mm] \omega [/mm] hier?
Ich bekomme doch kein Vektor raus..
>
> 2. Wiederholt man dieses Experiment n-mal unabhängig
> voneinander, so liegt ein Bernoulli-Experiment der Länge n
> vor
> und jedes Ergebnis [mm]\omega[/mm] ist ein n-Tupel
> [mm]\omega=(\omega_1,...,\omega_n)[/mm]
> wobei [mm]\omega_i[/mm] das Ergebnis des i-ten Teilexperiments/ der
> i-ten Stufe angibt.
Genau das will ich sehen. dieses [mm] \omega_i [/mm] ..... Das verstehe ich nicht..
>
> [mm]%20ist%20ein%20n-Tupel%20[/mm][mm]%5Comega%3D(%5Comega_1%2C%5Comega_2%2C...%2C%5Comega_n)[/mm][mm]\Omega=\{0,1\}^n:=\{(\omega_1,...,\omega_n),\omega_i\in\{0,1\}[/mm]
> für [mm]i\in\{1,...,n\}\}[/mm] und [mm]
mit[/mm]
> [mm]P(\{\omega\})=p^{\sum_{i=1}^{n}\omega_i}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^{n}\omega_i}[/mm]
> für [mm]\omega\in\Omega[/mm]
>
> [mm]%250A%250AWie%2520du%2520schon%2520sagst%252C%2520gibt%2520dann%2520[/mm]
> [mm]\sum_{i=1}^{n}\omega_i[/mm] die Anzahl der Einsen an.
Anderes Beispiel:
Wir würfeln ein Würfel 2 mal. Wir suchen nach genau einer 6 die W'keit.
[mm] \Omega=\{0,1\}^2=\{(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)\}
[/mm]
Ereignis A = "Genau eine 6" = [mm] \{(0,1),(1,0)\}
[/mm]
Denn wir treffen entweder im ersten oder im zweiten mal. [mm] A\subset\Omega. [/mm] Eigentlich aus der Potenzmenge von [mm] \Omega
[/mm]
[mm] \omega=(\omega_1,..,\omega_n)=(\omega_1,\omega_2)=((0,1),(1,0)) [/mm] ?
Wie sieht es dann mit [mm] q(\omega) [/mm] aus?
Was ist dann [mm] \omega_1+\omega_2 [/mm] im Exponenten?
>
>
>
> 3. Die Binomialverteilung bezieht sich auf dieses
> Experiment. Allerdings interessiert man sich gar nicht mehr
> genau dafür, wann genau ne 1 oder 0 kommt, sondern fragt
> nur nach der Anzahl der Einsen. Daraus ergibt sich quasi
> der folgende reduzierte W-Raum
> [mm]\Omega=\{0,...,n\}[/mm] und [mm]P(\{k\})=[/mm][mm] \vektor{n \\ k}p^k(1-p)^{n-k}[/mm]
> mit [mm]k\in\{0,...,n\}[/mm]
>
> Hier sieht man, dass man für n=1 die Bernoulliverteilung
> erhält.
>
> 4.Zum Beweis, dass P aus (2) eine W-Verteilung ist:
>
> [mm]\sum_{\omega\in\Omega}P(\{\omega\})=\sum_{k\in\{0,...,n\}}\sum_{\omega\in\Omega: \sum_{i=1}^{n}\omega_i=k}p^{\sum_{i=1}^{n}\omega_i}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^{n}\omega_i}=\sum_{k\in\{0,...,n\}}\sum_{\omega\in\Omega: \sum_{i=1}^{n}\omega_i=k}p^{k}(1-p)^{n-k}=\sum_{k\in\{0,...,n\}}|\{\omega\in\Omega: \sum_{i=1}^{n}\omega_i=k}\}|p^{k}(1-p)^{n-k}=\sum_{k\in\{0,...,n\}} \vektor{n \\ k}p^{k}(1-p)^{n-k}=(p+1-p)^n=1[/mm]
>
> Wobei die vorletzte Gleichung auf dem Binomischen Lehrsatz
> beruht
Den Beweis muss ich nochmal durchgehen,
aber hier habe ich keine Probleme,
denn mir ist klar um was hier geht
>
> LG
> Fry
>
>
Danke dir nochmal Fry
LG, Björn
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 19:53 Fr 17.01.2014 | | Autor: | Fry |
> Hallo Fry :),
>
> erstmal dein dickes Dankeschön für deine ausführliche
> Antwort!
>
> > Hallo :),
> >
> > also ich überblicke gerade nicht den Stand der Dinge,
> > deswegen nochmal von vorne:
> >
> > 1. Ein Bernoulli-Experiment ist ein Zufallsexperiment mit 2
> > Ausgängen, die man üblicherweise mit "Erfolg" bzw "1"
> > und
> > "Misserfolg" bzw "0" codiert. Die Erfolgwkeit sei p.
> Man
> > kann sich also vorstellen, man wirft 1-mal eine Münze, die
> > Wkeit p "1" und mit Wkeit 1-p "0" zeigt.
>
> Bis hierhin ist es Definition und mir durchaus klar.
> Es geht mir darum, dass ich die Beispiele dazu nicht
> verstehe.
> Siehe unten.
>
> > Dementsprechend ist der W-Raum [mm](\Omega,P)[/mm] [mm]\Omega=\{0,1\}[/mm]
> > und [mm]P(\{0\})=p[/mm] und [mm]P(\{1\})=1-p[/mm]
>
> Anderes Beispiel: Würfel 1 mal. Eine 6 oder nicht.
>
> [mm]\Omega=\{0,1\}[/mm]
>
> [mm]\omega=(\omega_1,...,\omega_n)[/mm] ist in diesem Fall:
> [mm]\omega=\omega_1[/mm]
>
> [mm]q(\omega)=p^{\omega_1}(1-p)^{1-\omega_1}[/mm]
>
> Was genau ist mein [mm]\omega[/mm] hier?
>
> Ich bekomme doch kein Vektor raus..
Doch! Ist halt nur ein Vektor mit einer Komponente!
Also [mm] $\omega=(\omega_1)$, [/mm] das Experiment wird halt nur einmal durchgeführt.
Naja und [mm] $\omega_1$ [/mm] kann jetzt nur die Werte 0 (keine Sechs) und 1 (Sechs)
annehmen.
[mm]P(\{\omega_1\})=(\frac{1}{6})^{\omega_1}(\frac{5}{6})^{1-\omega_1}[/mm] für [mm]\omega_1\in\{0,1\}[/mm]
> > 2. Wiederholt man dieses Experiment n-mal unabhängig
> > voneinander, so liegt ein Bernoulli-Experiment der Länge n
> > vor
> > und jedes Ergebnis [mm]\omega[/mm] ist ein n-Tupel
> > [mm]\omega=(\omega_1,...,\omega_n)[/mm]
> > wobei [mm]\omega_i[/mm] das Ergebnis des i-ten Teilexperiments/
> der
> > i-ten Stufe angibt.
>
> Genau das will ich sehen. dieses [mm]\omega_i[/mm] ..... Das
> verstehe ich nicht..
>
> >
> >
> [mm]%20ist%20ein%20n-Tupel%20[/mm][mm]%5Comega%3D(%5Comega_1%2C%5Comega_2%2C...%2C%5Comega_n)[/mm][mm]\Omega=\{0,1\}^n:=\{(\omega_1,...,\omega_n),\omega_i\in\{0,1\}[/mm]
> > für [mm]i\in\{1,...,n\}\}[/mm] und [mm]
mit[/mm]
> >
> [mm]P(\{\omega\})=p^{\sum_{i=1}^{n}\omega_i}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^{n}\omega_i}[/mm]
> > für [mm]\omega\in\Omega[/mm]
> >
> >
> [mm]%250A%250AWie%2520du%2520schon%2520sagst%252C%2520gibt%2520dann%2520[/mm]
> > [mm]\sum_{i=1}^{n}\omega_i[/mm] die Anzahl der Einsen an.
>
> Anderes Beispiel:
>
> Wir würfeln ein Würfel 2 mal. Wir suchen nach genau einer
> 6 die W'keit.
>
> [mm]\Omega=\{0,1\}^2=\{(0,0),(0,1),(1,0),(1,1)\}[/mm]
>
> Ereignis A = "Genau eine 6" = [mm]\{(0,1),(1,0)\}[/mm]
> Denn wir treffen entweder im ersten oder im zweiten mal.
> [mm]A\subset\Omega.[/mm] Eigentlich aus der Potenzmenge von [mm]\Omega[/mm]
>
> [mm]\omega=(\omega_1,..,\omega_n)=(\omega_1,\omega_2)=((0,1),(1,0))[/mm]
> ?
>
> Wie sieht es dann mit [mm]q(\omega)[/mm] aus?
>
> Was ist dann [mm]\omega_1+\omega_2[/mm] im Exponenten?
>
[mm]\omega_i[/mm] gibt das Ergebnis des i-ten Wurfs an.
Also ist A, wie du sagst [mm]A=\{(0,1),(1,0)}[/mm]
und damit
[mm]P(A)=P(\{(0,1),(1,0)\})=P(\{0,1)\})+P(\{(1,0)\})
=p\cdot(1-p)+p\cdot (1-p)=2p(1-p)[/mm]
mit [mm] $p=\frac{1}{6}$.
[/mm]
Du musst also nur die Ergebnisse (0,1) und (1,0)
in die Formel [mm]P(\{(\omega_1,\omega_2)\})=p^{\omega_1+\omega_2}(1-p)^{2-(\omega_1+\omega_2)}[/mm] einsetzen.
Wie gesagt, [mm]\omega_1[/mm] Ergebnis 1.Wurf, [mm]\omega_2[/mm] Ergebnis 2.Wurf
> >
> >
> > 3. Die Binomialverteilung bezieht sich auf dieses
> > Experiment. Allerdings interessiert man sich gar nicht mehr
> > genau dafür, wann genau ne 1 oder 0 kommt, sondern fragt
> > nur nach der Anzahl der Einsen. Daraus ergibt sich quasi
> > der folgende reduzierte W-Raum
> > [mm]\Omega=\{0,...,n\}[/mm] und [mm]P(\{k\})=[/mm][mm] \vektor{n \\ k}p^k(1-p)^{n-k}[/mm]
> > mit [mm]k\in\{0,...,n\}[/mm]
> >
> > Hier sieht man, dass man für n=1 die Bernoulliverteilung
> > erhält.
> >
> > 4.Zum Beweis, dass P aus (2) eine W-Verteilung ist:
> >
> >
> [mm]\sum_{\omega\in\Omega}P(\{\omega\})=\sum_{k\in\{0,...,n\}}\sum_{\omega\in\Omega: \sum_{i=1}^{n}\omega_i=k}p^{\sum_{i=1}^{n}\omega_i}(1-p)^{n-\sum_{i=1}^{n}\omega_i}=\sum_{k\in\{0,...,n\}}\sum_{\omega\in\Omega: \sum_{i=1}^{n}\omega_i=k}p^{k}(1-p)^{n-k}=\sum_{k\in\{0,...,n\}}|\{\omega\in\Omega: \sum_{i=1}^{n}\omega_i=k}\}|p^{k}(1-p)^{n-k}=\sum_{k\in\{0,...,n\}} \vektor{n \\ k}p^{k}(1-p)^{n-k}=(p+1-p)^n=1[/mm]
>
> >
> > Wobei die vorletzte Gleichung auf dem Binomischen Lehrsatz
> > beruht
>
> Den Beweis muss ich nochmal durchgehen,
> aber hier habe ich keine Probleme,
> denn mir ist klar um was hier geht
>
> >
> > LG
> > Fry
> >
> >
>
> Danke dir nochmal Fry
>
> LG, Björn
>
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Wow, vielen Dank!
Ich bin einfach nicht darauf gekommen, dass folgendes gilt:
> [mm]P(A)=P(\{(0,1),(1,0)\})=P(\{0,1)\})+P(\{(1,0)\})
=p\cdot(1-p)+p\cdot (1-p)=2p(1-p)[/mm]
> mit [mm]p=\frac{1}{6}[/mm].
> Du musst also nur die Ergebnisse (0,1) und (1,0)
> in die Formel
> [mm]P(\{(\omega_1,\omega_2)\})=p^{\omega_1+\omega_2}(1-p)^{2-(\omega_1+\omega_2)}[/mm]
> einsetzen.
Danke Dir
LG, Björn
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| Status: |
(Mitteilung) Reaktion unnötig  | | Datum: | 20:11 Fr 17.01.2014 | | Autor: | Fry |
Also nochmal zum 1-maligen Wurf
der Münze mit Erfolgswkeit p.
Da gilt ja dann
[mm] $P(\{1\})=p$
[/mm]
[mm] $P(\{0\})=1-p$
[/mm]
Das kann man dann auch zusammengefasst so schreiben
[mm] $P(\{\omega\})=p^{\omega}(1-p)^{1-\omega}$ [/mm] für [mm] $\omega\in\{0,1\}$
[/mm]
Setzt du die möglichen Werte 0 und 1 ein, kommt obiges raus.
Beim 2-fachen Münzwurf kann man sich ja mit der Pfadregel überlegen:
[mm] $P(\{(1,0)\})=p(1-p)$
[/mm]
[mm] $P(\{(1,1)\})=p\cdot [/mm] p$
[mm] $P(\{(0,1)\})=(1-p)\cdot [/mm] p$
[mm] $P(\{(0,0)\})=(1-p)\cdot [/mm] (1-p)$
Entsprechend obigem und der Pfadregel gilt also
[mm] $P(\{(\omega_1,\omega_2)})= p^{\omega_1}(1-p)^{1-\omega_1}p^{\omega_2}*(1-p)^{1-\omega_2}=p^{\omega_1+\omega_2}*(1-p)^{2-(\omega_1+\omega_2)}$
[/mm]
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Hi,
Ich habe doch noch eine Frage..
> [mm]\omega_i[/mm] gibt das Ergebnis des i-ten Wurfs an.
> Also ist A, wie du sagst [mm]A=\{(0,1),(1,0)}[/mm]
> und damit
> [mm]P(A)=P(\{(0,1),(1,0)\})=P(\{0,1)\})+P(\{(1,0)\})
=p\cdot(1-p)+p\cdot (1-p)=2p(1-p)[/mm]
> mit [mm]p=\frac{1}{6}[/mm].
P(A)=2p(1-p) ist mir sofort klar.
Damit ist die W'keit, dass ich genau eine 6 bekomme mit 2 mal werfen 5/18. Kann man auch nach Pfadregel kontrollieren.
> Du musst also nur die Ergebnisse (0,1) und (1,0)
> in die Formel
> [mm]P(\{(\omega_1,\omega_2)\})=p^{\omega_1+\omega_2}(1-p)^{2-(\omega_1+\omega_2)}[/mm]
> einsetzen.
Hier verstehe ich aber den Sinn und Zweck nicht.
Im Grunde ist ja genau das die Bernoulli-Verteilung.
Hier gilt doch [mm] P(\{(1,0)\})=P(\{(0,1)\})
[/mm]
[mm] P(\{(1,0)\})=p(1-p)=P(\{(0,1)\})
[/mm]
[mm] P(\{(1,0)\}) [/mm] sagt mir also die W'keit bei 2 würfen beim ersten mal eine 6 und beim zweiten mal keine sechs zu würfeln
[mm] P(\{(0,1)\}) [/mm] genau andersrum.
Mit anderen Worten: Ich erhalte immer nur genau für ein [mm] \omega_i [/mm] ein Ergebnis.
Ist das so richtig?
>
>
> Wie gesagt, [mm]\omega_1[/mm] Ergebnis 1.Wurf, [mm]\omega_2[/mm] Ergebnis
> 2.Wurf
Danke nochmal und tut mir leid für die Umstände :(
Lg, Björn
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| Status: |
(Antwort) fertig | | Datum: | 20:35 Fr 17.01.2014 | | Autor: | Fry |
> Hi,
>
> Ich habe doch noch eine Frage..
>
> > [mm]\omega_i[/mm] gibt das Ergebnis des i-ten Wurfs an.
> > Also ist A, wie du sagst [mm]A=\{(0,1),(1,0)}[/mm]
> > und damit
> > [mm]P(A)=P(\{(0,1),(1,0)\})=P(\{0,1)\})+P(\{(1,0)\})
=p\cdot(1-p)+p\cdot (1-p)=2p(1-p)[/mm]
> > mit [mm]p=\frac{1}{6}[/mm].
>
> P(A)=2p(1-p) ist mir sofort klar.
>
> Damit ist die W'keit, dass ich genau eine 6 bekomme mit 2
> mal werfen 5/18. Kann man auch nach Pfadregel
> kontrollieren.
>
> > Du musst also nur die Ergebnisse (0,1) und (1,0)
> > in die Formel
> >
> [mm]P(\{(\omega_1,\omega_2)\})=p^{\omega_1+\omega_2}(1-p)^{2-(\omega_1+\omega_2)}[/mm]
> > einsetzen.
>
> Hier verstehe ich aber den Sinn und Zweck nicht.
> Im Grunde ist ja genau das die Bernoulli-Verteilung.
Ja genau bzw. die Wkeitsverteilung für ein Bernoulli-Experiment der Länge 2. [mm] P(\{(\omega_1,\omega_2)\}) [/mm] gibt dir die Wkeit für EIN konkretes
Ergebnis (=Elementarereignis) [mm] $\omega=(\omega_1,\omega_2)$ [/mm] an.
Das hat erstmal nix mit Ereignissen A zu tun.
>
> Hier gilt doch [mm]P(\{(1,0)\})=P(\{(0,1)\})[/mm]
>
> [mm]P(\{(1,0)\})=p(1-p)=P(\{(0,1)\})[/mm]
>
> [mm]P(\{(1,0)\})[/mm] sagt mir also die W'keit bei 2 würfen beim
> ersten mal eine 6 und beim zweiten mal keine sechs zu
> würfeln
>
> [mm]P(\{(0,1)\})[/mm] genau andersrum.
>
> Mit anderen Worten: Ich erhalte immer nur genau für ein
> [mm]\omega_i[/mm] ein Ergebnis.
Genau, aber vorsicht: für ein [mm] $\omega\in\Omega$, $\omega_i$ [/mm] meint ja hier
die i-te Komponente von [mm] $\omega$.
[/mm]
Die Binomialverteilung liefert dir allerdings schon direkt die Wkeit für
Ereignisse der Form [mm] $A_k=\{ \textrm{Es werden k Sechsen gewürfelt}\}$
[/mm]
> Ist das so richtig?
>
> >
> >
> > Wie gesagt, [mm]\omega_1[/mm] Ergebnis 1.Wurf, [mm]\omega_2[/mm] Ergebnis
> > 2.Wurf
>
> Danke nochmal und tut mir leid für die Umstände :(
>
> Lg, Björn
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